Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

KARKAR · #1

Τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του περικύκλου στα B , C

τέμνονται στο

.

Τα σημεία K , L

είναι τα μέσα των AB , AC

, ενώ

και

τέμνονται στο

. Οι περίκυκλοι

των τριγώνων BKS , CLS

ξανατέμνονται στο

. Δείξτε ότι τα σημεία A , T , Q

είναι συνευθειακά .

S.E.Louridas · #2

Αν δεν υπάρχει ευκολότερη λύση από την ημέτερη, είναι πράγματι δυσκολότατη άσκηση (αναμενόμενο λόγω των τεράστιων δυνατοτήτων του Θανάση).

◊ Το σημείο

είναι το σημείο του Miquel με βάση το πλήρες τετράπλευρο AKSLBC

. Άρα τα τετράπλευρα ABTL, AKTC

, είναι εγγράψιμμα. Επομένως παίρνουμε:

$\angle TKB = \angle TCA,\;\angle TBA = \angle TCL \Rightarrow$ $\vartriangle TKB \sim \vartriangle TCL \Rightarrow \frac{{TF}} {{TE}} = \frac{{KB}} {{LC}} = \frac{c} {b}\quad \left( 1 \right).$

Ταυτόχρονα εύκολα έχουμε:

$\vartriangle QBG \sim \vartriangle ADC,\;\vartriangle QHC \sim \vartriangle ABD \Rightarrow \frac{{QG}} {{QB}} = \frac{{AD}} {b},$ $\;\frac{{QC}} {{QH}} = \frac{c}{{AD}}\mathop \Rightarrow\limits^{QB = QC} \;\frac{{QG}}{{QH}} = \frac{c} {b}\quad \left( 2 \right)$

$\left( 1 \right),\;\left( 2 \right) \Rightarrow \frac{{TF}} {{TE}} = \frac{{QG}} {{QH}} \Rightarrow T \in AQ.$

KARKAR · #3

Είναι σχεδόν βέβαιο ότι ο επόμενος λύτης δεν θα αποφύγει τον όρο "συμμετροδιάμεσος" ! Σωτήρη μην υπερεκτιμάς τις δυνατότητες

του "ασκησοσυνθέτη" KARKAR ! Το συγκεκριμένο θέμα έχει τη ρίζα του σε άσκηση διαγωνισμού ( τον οποίο δεν αναφέρω ακόμη ) .

Πάντως ευχαριστώ για τον καλό λόγο , αλλά κυρίως για την έξοχη λύση ...

#4

KARKAR έγραψε:Είναι σχεδόν βέβαιο ότι ο επόμενος λύτης δεν θα αποφύγει τον όρο "συμμετροδιάμεσος" ! Σωτήρη μην υπερεκτιμάς τις δυνατότητες

του "ασκησοσυνθέτη" KARKAR ! Το συγκεκριμένο θέμα έχει τη ρίζα του σε άσκηση διαγωνισμού ( τον οποίο δεν αναφέρω ακόμη ) .

Πάντως ευχαριστώ για τον καλό λόγο , αλλά κυρίως για την έξοχη λύση ...

Θανάση και Σωτήρη καλημέρα

Σωτήρη συμφωνώ απόλυτα μαζί σου για αυτά που είπες για τον Θανάση. Πράγματι ο Καταπληκτικός!!!! Θανάσης είναι ΠΑΝΤΟΥ

Απλά θέλω να πω ότι η $\displaystyle{ AT }$ είναι η συμμετροδιάμεσος από την κορυφή $\displaystyle{ A }$ και στην περίπτωση που $\displaystyle{ KL\parallel BC }$ χωρίς να είναι τα $\displaystyle{ K,L }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AB,AC }$ .

Φιλικά
Στάθης

Επειδή βρίσκομαι στο σχολείο και δεν έχω τα κατάλληλα "εργαλεία μου" θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί αργότερα.

S.E.Louridas · #5

Θανάση μιλώντας κατ’ αρχάς σε Μαθηματική γλώσσα, κατασκευή προβλήματος σημαίνει δημιουργία προβλήματος με βάση (κατά κανόνα) γνωστά μαθηματικά μονοπάτια, από τα οποία εκκινούμε. Εκεί βρίσκεται και η Μαθηματική δεξιοτεχνία του Κατασκευαστή, δηλαδή της δυνατότητας χειρισμού γνωστών πραγμάτων για την δημιουργία του καινούργιου και για το επίπεδο που στοχεύει.
Κατ’ αρχήν τώρα η άποψη μου περί των μεγάλων δυνατοτήτων του Θανάση είναι σταθερή και συγκεκριμένη και είναι αυτή που εξέφρασα παραπάνω και βέβαια δεν είναι καλά λόγια αλλά το πιστεύω μου.

Φίλε Στάθη η ημέτερη διαπραγμάτευση εφαρμόζεται, χωρίς καμμία αλλαγή και στην γενικότερη περίπτωση που ανέφερες , αφού από το θεώρημα του Θαλή προκύπτει η σχέση: $\displaystale{\frac{{KB}} {{LC}} = \frac{c} {b}}$ , χωρίς κατ’ ανάγκη τα σημεία K, L

να είναι μέσα των αντίστοιχων πλευρών.

#6

Αν δεν κάνω λάθος έχει ξανασυζητηθεί αυτή η άσκηση στη γενική της περίπτωση, με αφετηρία ένα τυχόν τραπέζιο.

Αλλά άντε ψάξε βρές την, αν δεν είσαι ο Parmenides51...

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ίσως να την έχουμε ξαναδεί και στο ελληνικό mathlinks.ro φόρουμ.

KARKAR · #7

Ας μην ψάξουμε άλλο ...

Έστω τμήμα

παράλληλο προς τη βάση

τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Οι ευθείες BN , CM

τέμνονται στο

.

Οι περίκυκλοι των τριγώνων BMP , CNP

τέμνονται και στο

. Δείξτε ότι : $\widehat{BAQ} = \widehat{CAP}$ .

Ήταν το

θέμα της Βαλκανιάδας του 2009

. Ο πειρασμός εμπλοκής της συμμετροδιαμέσου ήταν ανυπέρβλητος !

( Σωστή και η παρατήρηση του Στάθη , ότι δεν είναι αναγκαίο τα M , N

να είναι τα μέσα , αρκεί MN //BC

)

Grigoris K. · #8

KARKAR έγραψε:
Έστω τμήμα παράλληλο προς τη βάση τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Οι ευθείες τέμνονται στο .

Οι περίκυκλοι των τριγώνων τέμνονται και στο . Δείξτε ότι : $\widehat{BAQ} = \widehat{CAP}$ .

Καλησπέρα σε όλη την γεωμετρική παρέα του

. Μία προσπάθεια για την άσκηση της Βαλκανιάδας:

Με Θ. Ceva προκύπτει ότι η

είναι διάμεσος. Άρα είναι φανερό ότι η

είναι η ευθεία Gauss του πλήρους $\displaystyle{ APMNBC}$ .

Έστω $\displaystyle{ QD \perp AC,~ QE \perp AB }$ . Η $\displaystyle{ ED }$ είναι η ευθεία Simson του τετραπλεύρου άρα (ως γνωστόν) κάθετη στην ευθεία Gauss.

Συνεπώς $\displaystyle{ \widehat{PAN} = 90^o - \widehat{ADE} = 90^o - \widehat{AQE} = \widehat{BAQ} }$ !

parmenides51 · #9

vittasko έγραψε:Αν δεν κάνω λάθος έχει ξανασυζητηθεί αυτή η άσκηση στη γενική της περίπτωση, με αφετηρία ένα τυχόν τραπέζιο.

Αλλά άντε ψάξε βρές την, αν δεν είσαι ο Parmenides51...

Στα Bulletin's της Γεωμετρίας είμαι αρκετά μακριά από εκει που θα ήθελα να είμαι , θα τα αναβαθμίσω κάποια στιγμή στο μέλλον ...

Μια ερώτηση που θα ήθελα να απευθύνω εδώ κι αρκετό καιρό στους Γεωμέτρες της παρέας, μικρούς και μεγάλους - αν και μερικοί μικροί εδω μέσα μόνο στα χαρτιά είναι μικροί

- είναι κατά πόσο ασκήσεις που λύνονται και οι λύσεις τους ή οι εκφωνήσεις τους σχετίζονται με Ceva, Simson,Euler, Gauss, Miquel, Steiner και άλλες λέξεις που δεν αναφέρονται στα σχολικά της Γεωμετρίας αρμόζουν καλύτερα στον παρόντα φάκελο της Ευκλείδειας Γεωμετρίας της Β' αντί για τον Φάκελο της Γεωμετρίας των Juniors - Seniors? Αν ένας μαθητής κοιτάξει μερικές ασκήσεις εδώ μέσα και δεν έχει διαβάσει παραπέρα στην Γεωμετρία θαρρώ πως θα αποθαρρυνθεί.

Υ.Γ.1. Με την Γεωμετρία θα τα πούμε το καλοκαίρι

Υ.Γ.2. Το να λύσει κάποιος μια απαιτητική άσκηση με στοιχειώδη μέσα, δεν σημαίνει απαραίτητα πως η άσκηση ήταν πιο εύκολη από ο,τι είχε αρχικά εκτιμηθεί αλλά ενδεχομένως πως ο λύτης είναι ιδιαίτερα ικανός (βλέπε Στάθης)

edit

S.E.Louridas · #10

Απλά στην πάνω διαπραγμάτευσή μου η «βαρύγδουπη» φράση «…το σημείο

είναι το σημείο του Miquel…»
θα μπορούσε να αντικατασταθεί από:
$\angle TLC = \angle TSC = \angle TBK,$ οπότε τα σημεία A, B, T, L

είναι ομοκυκλικά κ.τ.λ.

Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Re: Τρεις κύκλοι και μία ευθεία

Μέλη σε σύνδεση